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\newtheorem{Exer}{Exercice}  %Exercice
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\def\dexo{\begin{exo}\rm}    %sans
\def\fexo{\end{exo}}  
% ensembles Q R N Z C
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\begin{document}

{\raggedright  Analyse Fonctionnelle\hfill{}
  \par}

{\raggedright ENS de Cachan\hfill{} 2008-2009}


\vspace{0.5cm}

{\centering TD Espaces de Lebesgue et topologie faible\\}

\vspace{2.5cm}
\dexo
\hfill \newline
On considère $L^1(\RR)$ et son dual $L^\infty(\RR)$. Soit $g\in L^\infty$ et la suite  $g_n(x)=g(x-n)$.

 1)  Montrer par un exemple que $g_n$ est bornée dans $L^\infty$ mais qu'elle ne converge pas
 nécessairement faiblement-*.

 2)  Donner un exemple simple de fonction
 $g$ non nulle telle que la convergence faible * a bien lieu.
 \fexo
\dexo
\hfill \newline
Soit $E = L^1(\RR) \cap L^2(\RR)$
muni de $\Vert f \Vert =
\Vert f \Vert_1+\Vert f \Vert_2$.\\
1) V{é}rifier que $(E,\Vert f \Vert)$ est un espace de Banach.\\
Soit $f(x) = f_1(x)+f_2(x)$ avec $f_1 \in \Linf(\RR)$ et $f_2 \in L^2(\RR)$, montrer que
$$u \mapsto \int_{\RR} f(x) u(x) dx \in \Ep.$$
2) Soit $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, montrer que
$$u \mapsto \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx \in \Ep.$$
(D{é}composer l'int{é}grale suivant les ensembles $[\vert x \vert > M]$ et $[\vert x
\vert \leq M]$.)\\
3) Soit $K = \{ u \in E : u \geq 0 \;\mbox{p.p. et}\; \int_{\RR} u dx \leq 1 \}$.\\
Montrer que $K$ est un convexe ferm{é} de $E$.\\ \\
Soit $(u_n)_n \subset K$ et $u \in L^2(\RR)$ tels que $u_n \rightharpoonup u$ dans
$L^2(\RR)$ faible.\\
4) Montrer que $u \in K$.\\
5) Montrer que
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_n dx \longrightarrow \int_{\RR}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx.$$ 6) Pour $u \in E$, on d{é}finit
$$J(u) = \int_{\RR} u^2 dx - \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx,$$
o{\`u} $\alpha \in ]0,\frac{1}{2}[$.\\
Montrer que $\exists C \in \RR$ tel que $J(u) \geq C$, $\forall u \in K$.\\
On pose $m = \inf_{u \in K} J(u)$. On cherche {à} prouver que cet inf est
atteint.\\
7) Soit $(u_n)_n \subset K$ telle que $J(u_n) \longrightarrow m$. Montrer que $\Vert
u_n \Vert$ reste born{é}e.\\
8) Extraire une sous-suite qui converge faiblement dans $L^2(\RR)$ et conclure.\\
9) $E$ est-il r{é}flexif ?
\fexo
\dexo
\hfill \newline
Soit $\Om = ]0,1[$ et soit $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$
o{\`u} $1 \leq p <
+\infty$. \\
1) Montrer que $f_n \rightarrow 0$ p.p. dans $\Om$, $(f_n)_n$ est born{é}e dans
$L^p(\Om)$ et $f_n \not\rightarrow 0$ dans $L^p(\Om)$.\\
2) Soit $\vfi \in {\cal C}_c(\Om)$ et soit T l'application d{é}finie sur $L^p(\Om)$
par $T(g) = \int_0^1 g\,\vfi\; dx$, montrer que $T \in (L^p(\Om))^{\prime}$.\\
3) Si $1<p<+\infty$, montrer que $f_n \rightharpoonup 0$ dans $L^p(\Om)$ faible.\\
Si $p=1$, montrer que $f_n \not\rightharpoonup 0$ dans $L^1(\Om)$ faible et qu'il n'existe aucune sous-suite de
$(f_n)_n$ convergeant faiblement dans $L^1(\Om)$. Que
pouvez-vous conclure ?\\
 \fexo
\dexo
\hfill \newline
Soit $\Om$ un ouvert de $\RR^N$ et soit $f$ une fonction
mesurable réelle sur
$\Om$.\\
On pose $K = \{ u \in L^p(\Om);\, u \geq f\,p.p.\,\}$.\\
1) Si $1 \leq p < +\infty$, v{é}rifier que K est ferm{é} pour la topologie faible
de $L^p(\Om)$.\\
2) On consid{è}re le cas $p = +\infty$.

a) Montrer que
$$K = \{ u \in L^{\infty}(\Om);\,\forall \vfi \in L^1(\Om), \,\vfi \geq 0,\, f\vfi
\in L^1(\Om), \mbox{on ait } \int_{\Om} u\vfi \geq \int_{\Om} f\vfi \,\}.$$ (On pourra d'abord supposer que $\vert \Om
\vert < \infty$.)

b) En d{é}duire que K est ferm{é} faible $\star$ dans $L^{\infty}(\Om)$.

c) Soient $f_1$ et $f_2$ dans $L^{\infty}(\Om)$ telles que $f_1 \leq f_2$ p.p. Montrer que "l'intervalle" $\{u \in
L^{\infty}(\Om) : f_1 \leq \,u \leq \,f_2\, p.p.\,\}$ est compact faible $\star$ dans $L^{\infty}(\Om)$. 
\fexo
\newpage
{ \bf Corrigé} 
\\
\dexer
\hfill \newline
1)  On écrit pour tout $x\in \RR$ $x=n +r$, $0\leq r<1$ et on pose $g(n+r)=(-1)^n$.  On considère
également $f=\indic_{[0,\;1]}\in  L^1(\RR)$.
 On a donc $\int f(x)g(x-n)=(-1)^n$ qui ne converge pas. Donc la suite $g_n(x)=g(x-n)$
ne converge pas faiblement-*.\\
2) Franchement, ce n'est pas compliqué : il suffit de prendre $g=1$. 
\fexer
\dexer
\hfill \newline
1) Soit $(f_n)_n$ une
suite de Cauchy dans $E$ alors $(f_n)_n$ est une suite de Cauchy dans $L^1$ et $L^2$. Donc $\exists f \in L^1$,
$\exists g \in L^2$ telles que $f_n \longrightarrow f$ dans $L^1$ et $f_n \longrightarrow g$ dans $L^2$. En utilisant
la "r{é}ciproque" du th{é}or{è}me de convergence domin{é}e, on en d{é}duit qu'il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k}$ telle que $f_{n_k} \longrightarrow
f$ p.p. et $f_{n_k} \longrightarrow g$ dans $L^2$, donc il existe une sous-suite $(f_{n_{k_l}})_{l}$ telle que
$f_{n_{k_l}} \longrightarrow g$ p.p. D'o{\`u} $f=g$ p.p. et $f_n \longrightarrow f$
dans $E$, donc $E$ est un espace de Banach.\\
En appliquant l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder, on obtient
$$\vert \int_{\RR} f(x) u(x) dx \vert \leq \Vert f_1 \Vert_{\infty} \Vert u \Vert_1
+ \Vert f_2 \Vert_2 \,\Vert u \Vert_2 \leq (\Vert f_1 \Vert_{\infty}+\Vert f_2 \Vert_2)\, \Vert u \Vert.$$
Donc $u \mapsto \int fu dx \in \Ep$.\\
2) Soit $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, on peut toujours {é}crire
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx = \int_{[\vert x \vert > M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx + \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx.$$
Soient $f_1(x) = \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert > M]}$ et $f_2(x) = \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert \leq M]}$, alors $\alpha > 0 \Longrightarrow f_1 \in \Linf(\RR)$ et $2\alpha < 1
\Longrightarrow f_2
\in L^2(\RR)$. La question 1) permet alors de conclure.\\
3) $K$ est {é}videmment convexe, montrons qu'il est ferm{é}. Soit $(u_n)_n \subset K$ telle que $u_n \longrightarrow u$
dans $E$, alors $u_n \longrightarrow u$ dans $L^1$ donc $\int u_n \longrightarrow \int u$ et on en d{é}duit que $\int u
\leq 1$. La convergence dans $L^1$ implique aussi qu'il existe une sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que $u_{n_k}
\longrightarrow u$ p.p. (voir réciproque du TCD) donc $u \geq 0$ p.p. et on en
conclut que $u
\in K$. Donc $K$ est ferm{é}.\\
4) Posons $K_0 = \{ u \in L^2 : u \geq 0 \,\mbox{p.p.} \}$ alors $K_0$ est un convexe ferm{é} fort de $L^2$ donc
ferm{é} faible de $L^2$, donc $u \in K_0$. Il reste {à}
montrer que $u \in L^1$ et $\int u \leq 1$.\\
Soit $A$ un ensemble mesurable de mesure finie (notation $\vert A \vert < \infty$), alors $\ind_A \in L^2$ et $u_n
\rightharpoonup u$ dans $L^2$ faible $\Longrightarrow$ $\int \ind_A u_n \longrightarrow \int \ind_A u$. Or $\int \ind_A
u_n \leq \int u_n \leq 1$ donc $\forall A$ tel que $\vert A \vert < \infty$, $\int_A u \leq 1$. Pour passer
{à} $\RR$ tout entier, on utilise le lemme de Fatou.\\
Soit $v_n = \ind_{(-n,n)} u$ alors $v_n \in L^1$, $v_n \geq 0$ p.p., $v_n \longrightarrow u$ p.p. et $\sup_n \int v_n
\leq 1$, donc par le lemme de Fatou, on en d{é}duit que $u \in L^1$ et $\int u \leq \liminf \int v_n \leq 1$. Donc $u
\in
K$.\\
5) Soit $M>0$, alors
\begin{eqnarray*}
\vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert &\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert + \vert \int_{[\vert x \vert > M]} \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}}\, (u_n - u)
\vert,\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n -
u) \vert + \frac{1}{M^{\alpha}} (\Vert u_n \Vert_1 + \Vert u \Vert_1),\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n - u) \vert + \frac{2}{M^{\alpha}},
\end{eqnarray*}
puisque $u_n,u \in K$. \\
Comme $u_n$ converge faiblement vers $u$ dans $L^2$, $$\int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\,
(u_n - u) \longrightarrow 0.$$ Donc en prenant la limite sup sur $n$, on obtient
$$\limsup \vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert \leq
\frac{2}{M^{\alpha}},$$ et ceci $\forall M>0$. En faisant tendre $M$ vers $+\infty$, on a $\limsup \vert  \int
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert = 0$ d'o{\`u}
$$\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u_n \longrightarrow \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}}\, u.$$ 6) On peut {é}crire, par exemple, pour $u \in K$,
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u = \int_{[\vert x \vert \leq 1]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u + \int_{[\vert x \vert > 1]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u \leq {\cal
C}_0\,\Vert u \Vert_2 + \Vert u \Vert_1 \leq {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 + 1,$$ o{\`u} ${\cal C}_0 = \Vert \ind_{[\vert
x \vert \leq 1]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \Vert_2$. Alors pour $u \in K$, on a
$$J(u) \geq \Vert u \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 - 1 \geq C,$$
o{\`u} $C$ est une constante ind{é}pendante de $u \in K$. (Par exemple $C =
-(1+\frac{{\cal C}_0^2}{4})$ convient.)\\
7) Soit $(u_n)_n \subset K$, une suite minimisante, par exemple telle que $m \leq J(u_n) \leq m + \frac{1}{n}$.
D'apr{è}s la question 6), on a
$$\Vert u_n \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u_n \Vert_2 - 1 \leq J(u_n) \leq
m+1,\quad \forall n,$$ donc n{é}cessairement $\Vert u_n \Vert_2$ reste born{é}e, donc $\exists M_0$ tel que
$\forall n$, $\Vert u_n \Vert_2 \leq M_0$ alors $\Vert u_n \Vert \leq M_0 + 1$.\\
8) La suite $(u_n)_n$ est born{é}e dans $L^2$ r{é}flexif, donc il existe une sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que
$u_{n_k} \rightharpoonup u$ dans $L^2$ faible et $u_{n_k} \in K$. Alors la question 4) montre que $u \in K$ et la
question 5) montre que $\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k} \longrightarrow \int \frac{1}{\vert
x \vert^{\alpha}} u$. \\
D'autre part,
$$J(u_{n_k}) \leq m + \frac{1}{n_k}\;\;\mbox{donc}\;\; \Vert u_{n_k} \Vert_2^2 \leq
m + \frac{1}{n_k} + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k}.$$ On prend les lim inf dans cette in{é}galit{é}, on
obtient $\liminf \Vert u_{n_k} \Vert_2^2 \leq m + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u$. Comme $\Vert \; \Vert_2^2$
est s.c.i. faible, on a $\Vert u \Vert_2^2 \leq \liminf \Vert u_{n_k} \Vert_2^2$, donc finalement $\Vert u \Vert_2^2
\leq m + \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} u$, soit $J(u) \leq m$. D'o{\`u} $J(u) = m$.\\
9) La r{é}ponse est non. En effet supposons $E$ r{é}flexif. Soit $f_n = \ind_{(n,n+1)}$ alors $\Vert f_n \Vert_1 =
\Vert f_n \Vert_2 = 1$ donc $\Vert f_n \Vert = 2$. Si $E$ est r{é}flexif alors il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k}$
telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $E$ faible.\\
Soit $g \equiv 1$ alors $g \in \Linf(\RR)$ et $u \mapsto \int gu \in \Ep$ donc $ 1 =
\int f_{n_k} \longrightarrow \int f$, d'o{\`u} $\int f = 1$.\\
Soit $g \in {\cal C}_c(\RR)$ alors $u \mapsto \int gu \in \Ep$ et $\int g f_{n_k} \longrightarrow \int gf$. Or,
$\exists N$ tel que supp$(g) \subset \overline{B}(0,N)$ et si $k \geq k_0$, $n_k > N$, donc $f_{n_k} \equiv 0$ sur
supp$(g)$ et $\int g f_{n_k} = 0$, ceci pour tout $k \geq k_0$. On en d{é}duit que $\int fg = 0$, $\forall g \in {\cal
C}_c(\RR)$ donc $f = 0$ p.p. or $\int f = 1$, c'est absurde.
\fexer
\dexer
\hfill \newline
1) $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$ avec $1 \leq p < \infty$.\\
$f_n \rightarrow 0$ p.p. sur $]0,1[$ car par exemple $f_n \rightarrow 0$ uniform{é}ment
sut tout compact de $]0,1[$. On a \\
$$\int_0^1 \vert f_n \vert^p = \Vert f_n \Vert_p^p = \frac{1}{p} (1 - e^{-np})
{\longrightarrow} \frac{1}{p},$$ quand $n$ tend vers l'infini. Donc la suite $(f_n)$ est born{é}e dans $L^p$ et $f_n
\not\rightarrow 0$ dans $L^p$ car
$\Vert f_n \Vert_p^p \rightarrow \frac{1}{p} \not= 0$.\\
2) Appliquer l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder.\\
3) Si $1<p<\infty$, $L^p$ est r{é}flexif et $(f_n)_n$ est born{é}e donc il existe une sous-suite $(f_{n_k})_k$ telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^p$ faible. En particulier, $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$, $\int_0^1
f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$. Or $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de $\vfi$
donc $\int_0^1 f\vfi = 0$ et ceci $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$. On en d{é}duit que $f = 0$ p.p. et c'est toute
la suite $f_n$ qui converge faiblement vers
$0$ (raisonner par l'absurde).\\
Si $p=1$, supposons que la suite $f_n$ converge faiblement vers $0$ dans $L^1$ faible. Comme $f \mapsto \int_0^1 f \in
(L^1)^{\prime}$, on aurait $\int_0^1 f_n \rightarrow 0$ or $\int_0^1 f_n \rightarrow 1$ donc c'est absurde et $f_n
\not\rightharpoonup 0$ dans
$L^1$ faible.\\
Si $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^1$ faible alors comme ci-dessus : $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$,
$\int_0^1 f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$ et $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support compact de
$\vfi$ donc $\int_0^1 f\vfi = 0$. On en d{é}duit que $f=0$ p.p. mais $\int_0^1 f_{n_k} \rightarrow 1 \not= 0$, donc
c'est impossible.\\
On peut en conclure que $L^1(0,1)$ n'est pas r{é}flexif.
\fexer
\dexer
\hfill \newline
On pose $K = \{ u \in L^p(\Om);\, u \geq f\,p.p.\,\}$.\\
1) $K$ est convexe ferm{é} fort donc ferm{é} faible.\\
2) a) Posons $K_{\vfi} = \{ u \in L^{\infty}(\Om) : \int_{\Om} u\vfi \geq \int_{\Om} f\vfi \}$ o{\`u} $\vfi \in L^1$,
$\vfi \geq 0$ p.p. et est telle que $f\vfi
\in L^1$.
Soit $K_0 = \displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ o{\`u} l'intersection est prise sur
l'ensemble $$\Phi = \{ \vfi \in L^1,\,\vfi \geq 0,\,f\vfi \in L^1 \}.$$
Montrons que $K = K_0$. Il est clair que $K \subset K_0$. Soit donc $u \in K_0$, alors $\forall \vfi \in L^1$ telles
que $\vfi \geq 0$ p.p. et  $f\vfi \in L^1$, on
a $\int u \vfi \geq \int f \vfi$.\\
Soit $\Om_n = \{ x : \vert f(x) \vert < n \}$ et soit $E = \{ x : u(x) < f(x) \}$, on
va montrer que $\vert E \vert = 0$.\\
Supposons d'abord $\vert \Om \vert < \infty$.\\
On a $\Om = \bigcup_n\! \!\uparrow\!\Om_n$. Soit $\vfi = \ind_{E\cap \Om_n}$, alors $\vfi \in L^1(\Om)$ car $\vert \Om
\vert < \infty$, $\vfi \geq 0$ p.p. et $f\vfi \in L^1$ car $\vert f \vert < n$. Alors
$$\int_{E\cap \Om_n} (u - f) \vfi = \int_{\Om} (u - f) \vfi \geq 0.$$
Or $u-f < 0$ sur $E\cap \Om_n$ donc n{é}cessairement $\vert E\cap \Om_n \vert = 0$
et ceci $\forall n$, donc $E = \cup_n (E\cap \Om_n)$ est n{é}gligeable.\\
Si $\vert \Om \vert = + \infty$, alors $\Om = \cup_k \!\!\uparrow\! \om_k$ o{\`u} $\om_k = \Om \cap B(0,k)$. On se
restreint donc {à} $\om_k$, $\vert \om_k \vert < \infty$ et
$E = \displaystyle{\bigcup_{n,k}} E_{n,k}$ o{\`u} $E_{n,k} = E\cap \Om_n \cap \om_k$.\\
Soit $\vfi = \ind_{E_{n,k}}$ alors comme tout {à} l'heure, $\vfi \in L^1(\Om)$, $\vfi \geq 0$ p.p., $f\vfi \in L^1$ et
on montre de la m{\^e}me fa{\c c}on que ci-dessus que $E_{n,k}$ est n{é}gligeable. Donc $E$ est n{é}gligeable comme
union d{é}nombrable d'ensembles n{é}gligeables. On en conclut que $u \in K$ d'o{\`u} $K =
K_0$.\\
b) Si $\vfi \in L^1$, $u \mapsto \int u\vfi$ est continue sur $L^{\infty}$ pour la topologie faible $\star$ donc
$K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$ et $K =
\displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$.\\
c) Les boules ferm{é}es sont compactes faible $\star$ et $K \subset \overline{B}(0, \Vert f_1 \Vert_{\infty} + \Vert
f_2 \Vert_{\infty})$ donc $K$ est compact faible
$\star$.
\fexer
 \end{document}